Provas Exame Nacional de Acesso - Profmat - AV3 MA13 2012

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GABARITO MA13 Geometria I - Avaliação 3 - 2012/2
A área de um triângulo ABC será denotada por (ABC).
Questão 1. (pontuação: 2)
A figura abaixo mostra as semirretas perpendiculares r e s, três circunferências pequenas cada uma com raio igual
a 1 e uma circunferência grande de centro O. Uma das circunferências pequenas é tangente a r e a s, cada uma das
outras duas é tangente a ela e a uma das semirretas, e a circunferência grande é tangente às semirretas e a duas das
circunferências pequenas.
 
r 
s 
 O 
Calcule o raio da circunferência grande.
Uma solução:
Na figura a seguir, A é o centro da circunferência pequena que tangencia r e a circunferência grande, OT é
perpendicular a r e a reta BC passa por A e é paralela a r.
 
 A B 
 O 
 C 
 r T 
 s R 
Seja R o raio da circunferência grande. No triângulo retângulo ABO temos OA = R+1, OB = R−1 e AB = R−3.
O teorema de Pitágoras conduz à equação R2 − 10R+ 9 = 0 cujas ráızes são 1 e 9.
Devido às caracteŕısticas do problema, a menor raiz é o raio da circunferência pequena tangente às duas semirretas
e a maior raiz é o raio da circunferência grande.
O raio da circunferência grande é igual a 9.
Questão 2. (pontuação: 2)
No triângulo ABC a bissetriz do ângulo BAC encontra o lado BC em D.
a) Prove que DBDC =
AB
AC (teorema da bissetriz interna).
b) Use o teorema acima e a figura abaixo para calcular a tangente de 15o.
 
 15o 
 15o 
 2 
 x 
Uma solução:
a) Se dois triângulos têm mesma altura, então a razão entre suas áreas é igual à razão entre suas bases. Assim,
(ADB)
(ADC)
=
DB
DC
 
A 
 B C D 
 
 E 
 F 
d 
 d 
Sejam DE e DF perpendiculares a AB e AC como na figura anterior. Como todo ponto da bissetriz de um ângulo
equidista dos lados desse ângulo, então DE = DF = d. Assim,
(ADB)
(ADC)
=
(1/2).AB.d
(1/2).AC.d
=
AB
AC
, portanto
DB
DC
=
AB
AC
, c.q.d.
b) Como o triângulo ABC da figura é retângulo em B e tem ângulo BÂC = 30o e hipotenusa AC = 2, então
BC = 1 e AB =
√
3.
 
 15o 
 15o 
2 
 x 
A B 
C 
 D 
3 
 1 – x 
O teorema da bissetriz interna aplicado a esse triângulo fornece: DBDC =
AB
AC , ou seja,
x
1−x =
√
3
2 .
Aplicando propriedades das proporções podemos escrever:
x√
3
=
1− x
2
=
x+ (1− x)√
3 + 2
=
1
2 +
√
3
.
Porém, observando o triângulo ABD, vemos que x√
3
é a tangente do ângulo de 15o. Assim,
tan15o =
1
2 +
√
3
= 2−
√
3.
Questão 3. (pontuação: 3)
O losango ABCD tem lado 3 e ângulo  = 60o. Os pontos M , N , P e Q pertencem aos lados AB, BC, CD e DA,
respectivamente e são tais que AM = BN = CP = DQ = 1 .
a) Justifique, de forma breve, porque o quadrilátero MNPQ é um paralelogramo.
b) Calcule a área do quadrilátero MNPQ.
c) Calcule a distância entre os pontos M e P .
Uma solução:
 
A 
B 
 C 
 D 
M 
 N 
 P 
Q 
a) Os triângulos AMQ e CPN são congruentes (caso LAL). Dáı, MQ = NP . Os triângulos BNM e DQP são con-
gruentes (caso LAL); dáı, MN = QP . Assim, o quadrilátero MNPQ possui dois pares de lados opostos congruentes.
Logo, é um paralelogramo.
b) (AMQ) = 12 .AM.AQ.sen 60
o = 12 .1.2.
√
3
2 =
√
3
2 .
Como os ângulos de 60o e 120o possuem mesmo seno, conclúımos que os triângulos AMQ, BNM , CPN e DQP
possuem todos a mesma área, igual a
√
3
2 .
A área do losango é igual a AB.AD.sen 60o = 3.3.
√
3
2 =
9
√
3
2 .
A área do paralelogramo é
S =
9
√
3
2
− 4
√
3
2
=
5
√
3
2
.
c) Seja R o ponto médio de PD. Como AM é paralelo a DR e ambos têm comprimento 1 então AMRD é um
paralelogramo e MR = AD = 3. Além disso, RP = 1 e MR̂P = 120o .
 
 A 
 M 
 P 
 R 
D 
 B 
 C 
No triângulo MRP a lei dos cossenos fornece:
MP 2 = MR2 +RP 2 − 2.MR.RP.cos 120o = 32 + 12 − 2.3.1.(−1
2
) = 13 =⇒ MP =
√
13.
Questão 4. (pontuação: 1)
O icosaedro regular é o poliedro formado por 20 faces triangulares equiláteras. Determine quantas diagonais do
icosaedro não passam pelo seu centro.
Uma solução:
O icosaedro possui 20 faces triangulares. Como cada aresta é lado de exatamente duas faces, o número de arestas
do icosaedro é A = 20.32 = 30.
 
O número de vértices pode ser calculado pela relação de Euler V −A+ F = 2, de onde V = 12.
Cada segmento que une dois vértices do icosaedro ou é aresta ou é diagonal. Assim, denotando por C2V o número
de escolhas de subconjuntos com dois elementos do conjunto de todos os vértices do icosaedro, o número de diagonais
do icosaedro é
D = C2V −A = C212 −A =
12!
10!2!
− 30 = 66− 30 = 36
O icosaedro possui 6 pares de vértices diametralmente opostos e cada diagonal que une dois vértices diametralmente
opostos passa pelo centro do icosaedro. Essas são as únicas diagonais que passam pelo centro. Então, o número de
diagonais que não passam pelo centro é 36− 6 = 30.
Questão 5. (pontuação: 2)
Considere o paraleleṕıpedo retângulo de bases ABCD e EFGH e com arestas laterais AE, BF , CG e DH. As
medidas são AB = 6, AD = AE = 4 e M é o ponto médio da aresta EF . São feitas as seções pelos planos MHA e
MBG. Retirando-se os tetraedros EMHA e FMBG resulta o poliedro P.
a) Faça um desenho do poliedro P e calcule seu volume.
b) Determine o cosseno do ângulo entre as retas AH e MG.
Uma solução:
 
 A B 
 C 
 D 
 E 
 F 
 G 
 H 
M 
O desenho de P está acima.
Se pensarmos o tetraedro EMHA com base EMH e altura EA, podemos calcular seu volume do seguinte modo:
v =
1
3
.
EM.EH
2
.EA =
1
3
.
3.4
2
.4 = 8
O tetraedro FMBG tem também volume v = 8 porque é congruente com EMHA.
O volume de P é o volume do paraleleṕıpedo subtráıdo dos volumes dos tetraedros, ou seja,
V = 6.4.4− 2.8 = 96− 16 = 80
b) O ângulo entre as retas AH e MG é o ângulo entre BG e MG, ou seja, o ângulo θ = BĜM . Como FM = 3 e
FB = FG = 4 temos, pelo teorema de Pitágoras, BG = 4
√
2 e MB = MG = 5.
 H 
θ 
 A 
 C 
 D 
 E 
 F 
 G 
M 
 N 
 5 
 5 
 B 
 
 
 
 
 2ට2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O triângulo MBG é isósceles. Então, assinalando o ponto N médio do lado BG, temos que MN é perpendicular
a BG. Assim, no triângulo MNG,
cos θ =
NG
MG
=
2
√
2
5
.